SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2014-2015 Mơn: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có trang, gồm câu) Câu a Giải phương trình cos x cos ( x ) sin( x ) cos x 3sin x 2x2 y x y b Giải hệ phương trình x y y x Câu Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hàm số y x có đồ thị (C) Tìm x2 điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến (C) điểm M cắt trục Ox, Oy A, B phân biệt thoả mãn: AB 2OA OB Câu Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng cân B, AB = a Gọi I trung điểm AC Biết hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABC) điểm H thoả mãn BI 3IH góc hai mặt phẳng (SAB) (SBC) 600 a Tính thể tích khối chóp S.ABC b Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SI Câu Cho số thực a, b, c (0;1) Chứng minh rằng: log bc (a 2bc) log ca (ab 2c) log ab (abc ) x y z Câu Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: xyz nhỏ biểu thức F Tìm giá trị lớn 1 x3 y z _ Hết _ - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay - Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1………………… …… Chữ ký giám thị 2……………… ThuVienDeThi.com Lời giải Câu 1a) NỘI DUNG cos x cos ( x ) sin( x ) (1) cos x 3sin x ĐK: cos x 3sin x cos x x k ( k ) 2sin x sin x sin( x ) cos x cos x ( sin x cos x) (1) 2 cos x 3sin x 2 cos3 x cos x sinx cos3x=cos(x+ ) 2 x x k x k (k ) 3 x x k 2 x k 12 k Đối chiếu đk ta có: x ;k Z 12 ThuVienDeThi.com 1b) x y x y (1) x y y x (2) Điều kiện x (*) Từ phương trình (2) ta có: x y 2 y x (3) x (4 y 1) y ( x 1) x y x 2 y Với x y thay vào (3) ta có: x y (không thoả mãn (1)) Với x 2 y thay vào (3) thoả mãn, 2 Thay vào (1) ta có: 2 x3 (2 x ) (4) Để pt (4) có nghiệm x Đặt 2 , lúc (4) x3 x a b 2 x3 a; x b (a, b 0) ta có hệ 6 a b 3 ab Ta lại có 8( a b ) 4( a b ) a b (a b)(a b ab) 2 6 3 3 2 Do 8( a b ) 16 hay 16 16 Có “=” a b hay x 1; y ĐS: Hệ có nghiệm (1; Lưu ý (3) x x 1 Xét hàm số f ( x) Ta có f '( x) 1 ) 1 2 y (2 y ) x x2 1 với x R với x R suy hàm số đồng biến R ( x 4) x Từ (3) ta có f ( x) f (2 y ) x 2 y 2 ThuVienDeThi.com 2) Giả sử có điểm M thoả mãn yêu cầu tốn, lúc tam giác OAB vng O AB 2OA OB AB 4OA2 4.OA.OB OB 5(OA2 OB ) 4OA2 4.OA.OB OB (OA 2OB) OA 2OB Vì A, B phân biệt nên O,A, B phân biệt suy OA, OB OB Hệ số góc tiếp tuyến k (1) OA 2 Gọi M ( x0 ; y0 ) (C ) ta có k (2) ( x0 2) x0 Từ (1) (2) ta tìm x0 Với x0 M (0;0) suy phương trình tiếp tuyến là: y x , lúc A,B trùng với O, loại Với x0 M (4; 2) suy phương trình tiếp tuyến là: y x +4, lúc A,B phân biệt ĐS: M (4; 2) 3a) 3b S Lấy điểm D cho ABCD hình bình hành, từ giả thiết ta có ABCD hình vng cạnh a, tâm I H trọng tâm tam giác ADC Do AC ( SBD) K Gọi K hình chiếu I lên SB, ta có D SB ( AKC ) suy góc hai mặt phẳng T C (SAB) (SBC) góc AKC bù với H M góc AKC P N I Do AKC 600 AKC 1200 Vì SAB SCB nên AK CK suy A B IK AC Nếu AKC 60 AKC tam giác đều, mà AK < AB < AC suy vô lý Nếu AKC 1200 KAI 300 a IK AI tan 300 IK tan SBI sin SBI IB 2 a 2a SH HB tan SBI 3 1 a3 (đvtt) VS ABC SH S ABC SH AB.BC Kẻ đường thẳng qua I song song với AB cắt AD,BC M, N Ta có: d ( AB, SI ) d ( AB, ( SMN )) d ( B, ( SMN )) 3d ( H , ( SMN )) : h Gọi P,T hình chiếu H lên MN, H lên SP, ta có h HT Ta có HP HI a HP MD ID ThuVienDeThi.com 2a 153 1 36 153 h 2 153 h HS HP 4a a 4a 2a 153 d ( AB, SI ) 53 Cách 1: log bc a bc log ca ab c log ab abc log bc (ab.ac) log ca (ab.bc) log ab (ac.bc) suy log bc ab log bc ac log ca ab log ca bc log ab ac log ab bc Đặt log bc ab x; log ca bc y; log ab ac z Vì a, b, c (0;1) nên x, y, z 1 1 1 log bc a 2bc log ca ab c log ab abc x y z ( x ) ( y ) ( z ) x y z y z x Cách 2: log bc a 2bc log ca ab 2c log ab abc log bc a log ca b log ab c ln a ln b ln c ln bc ln ca ln ab ln a ln b ln c (1) ln b ln c ln c ln a ln a ln b Đặt x ln a; y ln b; z ln c ( x, y, z 0) x y z 1 ( x y y z z x)( )9 (1) yz zx x y x y yz zx log bc a log ca b log ab c BĐT cuối đúng, có đpcm ThuVienDeThi.com Ta có a b3 c (a b)3 c3 3ab(a b) (a b c)3 3(a b)c(a b c) 3ab(a b) (a b c)3 3(a b)(b c)(c a ) (*) 1 1 1 1 1 Sử dụng (*) ta có: F x y z x y y z z x xy yz zx ( x y )( y z )( z x) = ( xy yz zx)3 (6 x)(6 y )(6 z ) 3 2 xyz x y z 64 16 Ta có (6 x)(6 y )(6 z ) 216 36( x y z ) 6( xy yz zx) xyz = 6( xy yz zx) suy F ( xy yz zx)3 ( xy yz zx) 64 y z x Từ giả thiết ta có yz x Do y, z nghiệm phương trình bậc 2: a (6 x)a (*) x Vì y, z > nên (*) có hai nghiệm dương x 4 Đặt t = x(y+z) + yz = x(6-x) + x Xem t hàm số ẩn x [4 3; 4] Ta có t'(x) = x=1 x= 1+ Lại có t(1) = t(4) = t(1+ ) = t(4-2 )=6 t t= chẳng hạn x 4, y z ; t= chẳng hạn x 3, y z ; t t f (t ) 64 f '(t ) t t [9;6 3] suy hàm số f (t ) đồng biến [9;6 3] 64 129 27 F Do 64 129 27 Suy GTLN F ; GTNN F 64 Ta có F HẾT ThuVienDeThi.com ... (t ) 64 f '(t ) t t [9;6 3] suy hàm số f (t ) đồng biến [9;6 3] 64 129 27 F Do 64 129 27 Suy GTLN F ; GTNN F 64 Ta có F HẾT ThuVienDeThi.com ... 1 Xét hàm số f ( x) Ta có f '( x) 1 ) 1 2 y (2 y ) x x2 1 với x R với x R suy hàm số đồng biến R ( x 4) x Từ (3) ta có f ( x) f (2 y ) x 2 y 2 ThuVienDeThi.com... M góc AKC P N I Do AKC 600 AKC 120 0 Vì SAB SCB nên AK CK suy A B IK AC Nếu AKC 60 AKC tam giác đều, mà AK < AB < AC suy vô lý Nếu AKC 120 0 KAI 300 a IK AI tan 300